SIMR 2010/11, Analiza 1, wykład 8, 2010-11-25
Wypukłość funkcji
Wypukłość dla figur geometrycznych na płaszczyźnie i brył w przestrzeni jest zdefiniwana
następująco:
Figura (bryła) F jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolych punktów A, B ∈
F odcinek AB ⊂ F . Tej definicji wypukłości nie można bezpośrednio wykorzystać do
zdefiniowania wypukłości funkcji.
Definicja: f : D → R jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór {(x, y) : x ∈ D, y f (x)}
jest wypukły.
Definicja: f : D → R jest wklęsła wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór {(x, y) : x ∈ D, y ¬ f (x)}
jest wypukły.
Uwaga: Jeżeli f : D → R jest wypukła lub wklęsła to dziedziną tej funkcji musi być
przedział.
Twierdzenie: Funkcja f : (a, b) → R jest wypukła ⇐⇒ (∀x
1
, x
2
∈ (a, b), t ∈< 0, 1 >)
f (x
1
+ t(x
2
− x
1
)) ¬ f (x
1
) + t(f (x
2
) − f (x
1
))
Twierdzenie to oznacza, że część wykresu funkcji wypukłej wycięta dowolną prostą sieczną
leży pod tą prostą.
Twierdzenie: Funkcja f : (a, b) → R jest wklęsła ⇐⇒ ∀x
1
, x
2
∈ (a, b), t ∈ (0, 1)f (x
1
+
t(x
2
− x
1
)) f (x
1
) + t(f (x
2
) − f (x
1
))
Twierdzenie: Funkcja różniczkowalna f : (a, b) → R jest wypukła wtedy i tylko wtedy,
gdy jej wykres leży nad każdą prostą styczną do wykresu. Funkcja jest wklęsła wtedy i tylko
wtedy, gdy jej wykres leży pod każdą prostą styczną do wykresu.
Definicja: Niech f : D → R będzie funkcją ciagłą . Punkt x ∈ D nazywamy punktem
przegięcia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy:
1. (∃ > 0)(x − , x + ) ⊂ D
2. f jest wypukła na przedziale (x − , 0) oraz wklęsła na przedziale (0, x + ) lub f jest
wklęsła na przedziale (x − , 0) oraz wypukła na przedziale (0, x + )
Twierdzenie Niech f : (a, b) → R będzie dwukrotnie różniczkowalna.
Funkcja f jest wypukła na (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy ∀x ∈ (a, b) f
00
(x) 0 .
Funkcja jest wklęsła na (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy ∀x ∈ (a, b) f
00
(x) ¬ 0 .
Przykład: Zbadać przedziały wypukłości, wklęsłości oraz znaleźć punkty przegięcia funkcji:
f (x) = x
3
− 3x
Dziedzina D = (−∞, ∞)
f
0
(x) = 3x
2
− 3 , D
0
= (−∞, ∞)
f
00
(x) = 6x , D
00
= (−∞, ∞)
Rozwiązujemy nierówność:
f
00
(x) > 0
6x > 0
x > 0
Analogicznie:
f
00
(x) < 0 ⇐⇒ x < 0
Stąd:
f jest wypukła na przedziale < 0, ∞)
1
f jest wklesła na przedziale (−∞, 0 >
f ma punkt przegięcia w x = 0
Twierdzenie: Jeżeli f : D → R jest wypukła to dla dowolnych punktów x
1
, x
2
, . . . x
n
∈ D
oraz dowolnych dodatnich liczb p
1
, p
2
, . . . p
n
takich, że p
1
+ p
2
+ . . . p
n
= 1 zachodzi:
f (p
1
x
1
+ p
2
x
2
+ . . . p
n
x
n
) ¬ p
1
f (x
1
) + p
2
f (x
2
) + . . . p
n
f (x
n
)
Dowód: Ustawione w kolejności rosnącej x
i
punkty W
i
=
x
i
, f (x
i
)
są wierzchołkami wie-
lokąta wypukłego. Jeżeli w wierzchołkach tych umieścimy masy p
i
to środek ciężkości układu
tych punktów będzie leżał wewnątrz wielokąta, a więc nad wykresem funkcji. Współrzędne
środka ciężkości:
S
x
= p
1
x
1
+ p
2
x
2
+ . . . p
n
x
n
S
y
= p
1
f (x
1
) + p
2
f (x
2
) + . . . p
n
f (x
n
)
Środek ciężkości będzie leżał nad wykresem funkcji: f (S
x
) ¬ S
y
Uwaga: Podobne twierdzenie zachodzi dla funkcji wklęsłych.
Przykład: Pokazać, że dla x
1
, x
2
, . . . x
n
> 0 zachodzi:
n
√
x
1
· x
2
· . . . x
n
¬
x
1
+ x
2
+ . . . x
n
n
Uwaga: Lewa strona nierówności nazywa się średnią geometryczną, a prawa średnią aryt-
metyczną.
Funkcja f (x) = ln x jest wklęsła na całej dziedzinie D = (0, ∞) ponieważ:
f
00
(x) =
1
x
0
= −
1
x
2
< 0
Wobec tego dla p
i
=
1
n
mamy:
ln(
1
n
x
1
+
1
n
x
2
+ . . .
1
n
x
n
)
1
n
ln(x
1
) +
1
n
ln(x
2
) + . . .
1
n
ln(x
n
)
Czyli:
x
1
+ x
2
+ . . . x
n
n
n
√
x
1
· x
2
· . . . x
n
Asymptoty funkcji
Asymptotą wykresu funkcji nazywamy prostą l taką, że punkty pewnej gałęzi wykresu funkcji
P
x
(x, f (x)) zliżają się do tej prostej i jednocześnie oddalają się nieskończenie daleko od
początku układu współrzędnych:
lim
x→a
+
d(P
x
, l) = 0
lim
x→a
+
d(P
x
, O) = ∞
gdzie a może być skończone, +∞, −∞ , a granica może być też lewostronna. d oznacza
odległość, a O(0, 0) początek układu współrzędnych.
Jeżeli a ∈ R to asymptotę nazywamy pionową. Jeżeli a = +∞ lub −∞ to asymptotę
nazywamy ukośną. Szczególnym przypadkiem asymptoty ukośnej jest asymptota pozioma:
współczynnik kierunkowy asymptoty jest równy zero.
Twierdzenie: Funkcja f : D → R ma asymptotę pionową lewostronną x = a , a ∈ R wtedy
i tylko wtedy, gdy lim
x→a
−
f (x) = ±∞
Twierdzenie: Funkcja f : D → R ma asymptotę pionową prawostronną x = a , a ∈ R
wtedy i tylko wtedy, gdy lim
x→a
+
f (x) = ±∞
Twierdzenie: Funkcja f : D → R ma asymptotę ukośną y = ax + b w +∞ wtedy i tylko
wtedy, gdy:
a = lim
x→∞
f (x)
x
2
b = lim
x→∞
(f (x) − ax)
Twierdzenie: Funkcja f : D → R ma asymptotę ukośną y = ax + b w −∞ wtedy i tylko
wtedy, gdy:
a = lim
x→−∞
f (x)
x
b = lim
x→−∞
(f (x) − ax)
Przebieg zmienności funkcji
Aby zbadać przebieg zmienności funkcji f (x) badamy następujące elementy:
1. Dziedzina
2. Ciągłość, parzystość, nieparzystość, okresowość, miejsca zerowe
3. Granice lub wartości funkcji
(a) Na każdym końcu przedziału
(b) W każdym punkcie nieciągłości
4. Asymptoty
(a) Pionowe
(b) Ukośne w ±∞
5. Pochodna f
0
(x)
(a) Dziedzina
(b) Znak
(c) Przedziały monotoniczności
(d) Ekstrema lokalne
6. Druga pochodna f
00
(x)
(a) Dziedzina
(b) Znak
(c) Przedziały wypukłości i wklęsłości
(d) Punkty przegięcia
7. Tabela i wykres
Przykład: Zbadać przebieg zmienności funkcji f (x) =
ln x
2
x
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji: D = (−∞, 0) ∪ (0, ∞)
Funkcja jest ciągła na całej dziedzinie.
Dziedzina jest symetryczna, badamy parzystość f :
f (−x) =
ln(−x)
2
−x
= −
ln x
2
x
= −f (x)
Funkcja jest nieparzysta.
3
Wystarczy więc ją zbadać na zbiorze D
1
= (0, ∞). Na przedziale (−∞, 0) wykres będzie
symetryczny.
Miejsca zerowe: f (x) = 0 dla x = 1
Obliczamy granice:
lim
x→0
+
f (x) = lim
x→0
+
ln x
2
x
=
−∞
0
+
= −∞
lim
x→∞
f (x) = lim
x→∞
ln x
2
x
=
[
∞
∞
]
[H]
lim
x→∞
2x
x
2
1
= lim
x→∞
2
x
= 0
Asymptoty:
Z obliczonych wcześniej granic wynika, że funkcja ma asymptotę pionową x = 0 i poziomą
y = 0 w +∞.
Badamy pierwszą pochodną:
f
0
(x) =
2x
x
2
x − ln x
2
x
2
=
2 − ln x
2
x
2
D
0
= (0, ∞)
Rozwiązujemy nierówność f
0
(x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni:
2 − ln x
2
> 0
2 − 2 ln x > 0
ln x < 1
x < e
Wniosek: Funkcja f (x) jest rosnąca na przedziale (0, e >, malejąca na przedziale < e, ∞),
ma więc w x = e maksimum lokalne. Jest to jedyne ekstremum na D
1
.
Badamy drugą pochodną:
f
00
(x) =
−
2x
x
2
x
2
− (2 − ln x
2
)2x
x
4
=
−6 + 2 ln x
2
x
3
D
0
= (0, ∞)
Rozwiązujemy nierówność f
00
(x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni:
−6 + 2 ln x
2
> 0
−6 + 4 ln x > 0
ln x >
3
2
x > e
3
2
Wniosek: Funkcja f (x) jest wklęsła na przedziale (0, e
3
2
), wypukła na przedziale (e
3
2
, ∞), ma
więc w x = e
3
2
punkt przegięcia.
Tabela:
x
0
+
...
e
...
e
3
2
...
∞
f
0
(x)
+
0
−
−
1
e
3
−
f
00
(x)
−
−
−
0
+
f (x)
−∞
%
2
e
&
3e
−
3
e
&
0
Wykres: zaznaczamy punkty charakterystyczne z tabeli, rysujemy asymptoty, rysujemy wy-
kres na D
1
, a następnie symetryczny na zbiorze (−∞, 0)
4